（通用版）2019版高考数学二轮复习专题跟踪检测（十）点、线、面之间的位置关系理（重点生，含解析）.doc

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1、1专题跟踪检测（十） 点、线、面之间的位置关系一、全练保分考法保大分1下面四个正方体图形中， A， B为正方体的两个顶点， M， N， P分别为其所在棱的中点，则能得出 AB平面 MNP的图形是( )A BC D解析：选 D 对于题图，假设上底面与 A相对的顶点为 C，则平面 ABC平面 MNP.又 AB平面 ABC，故 AB平面 MNP.对于题图，因为 AB NP，所以由线面平行的判定定理可知 AB平面 MNP.题图均不满足题意2设 m， n是不同的直线， ， ， 是不同的平面，有以下四个命题：Error! ；Error! m ；Error! ；Error! m ，其中正确的是( )A BC

2、 D解析：选 B 若 ， ，则根据面面平行的性质定理和判定定理可证得 ，故正确；若 m ， ，则 m 或 m与 相交或 m在平面 内，故不正确； m ， 内有一直线 l与 m平行而 m ，则 l ，根据面面垂直的判定定理可知 ，故正确；若 m n， n ，则 m 或 m ，故不正确3用 a， b， c表示空间中三条不同的直线， 表示平面，给出下列命题：若 a b， b c，则 a c；若 a b， a c，则 b c；若 a ， b ，则 a b；若 a ， b ，则 a b.其中真命题的序号是( )A BC D解析：选 D 若 a b， b c，则 a c或 a与 c相交或 a与 c异面，所

3、以是假命题；由平行于同一直线的两条直线平行，可知是真命题；若 a ， b ，则 a b或 a与b相交或 a与 b异面，所以是假命题；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以是真命题4在正四面体 PABC中， D， E， F分别是 AB， BC， CA的中点，则下面四个结论不成立的是( )2A BC平面 PDF B DF平面 PAEC平面 PDE平面 ABC D平面 PAE平面 ABC解析：选 C 如图由题意知 DF BC，由此可得 BC平面 PDF，故 A正确；若 PO平面 ABC，垂足为 O，则 O在 AE上，则 DF PO.又DF AE， PO AE O，故 DF平面 PAE，故

4、 B正确；由 DF平面 PAE，可得平面 PAE平面 ABC，故 D正确选 C.5.如图，在四棱锥 PABCD中， PD底面 ABCD，底面 ABCD为矩形， AB2 BC， E是 CD上一点若 AE平面 PBD，则 的值为( )CEEDA. B.32 52C3 D4解析：选 C PD底面 ABCD， PD AE.当 AE BD时， AE平面 PBD，此时ABD DAE，则 . AB2 BC， DE AB CD， 3.ABAD ADDE 14 14 CEED6.如图所示，四边形 ABCD中， AD BC， AD AB， BCD45， BAD90，将 ABD沿 BD折起，使平面 ABD平面 BC

5、D，连接 AC，则下列命题正确的是( )A平面 ABD平面 ABC B平面 ADC平面 BDCC平面 ABC平面 BDC D平面 ADC平面 ABC解析：选 D 由题意知，在四边形 ABCD中， CD BD.在三棱锥 ABCD中，平面 ABD平面 BCD，两平面的交线为 BD， CD平面 ABD，因此有 AB C D.又 AB AD， AD DC D， AB平面 ADC，于是得到平面 ADC平面 ABC.7.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：直线 BM与 ED平行；直线 CN与 BE是异面直线；直线 CN与 BM成 60角；直线 DM与 BN是异面直线以上四个命题中，正确命题的序号是

6、_解析：由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征可得，直线 BM与 ED是异面直线，故不正确；直线 CN与 BE平行，故不正确；连接 AN，则 AN BM，所以直线 CN与 BM所成的角就是 ANC，且 ANC60，故正确；直线 DM与 BN是异面直线，故正确所以正确命题的序号是.答案：8已知直线 a， b，平面 ，且满足 a ， b ，有下列四个命题：对任意直线 c ，有 c a；3存在直线 c ，使 c b且 c a；对满足 a 的任意平面 ，有 ；存在平面 ，使 b .其中正确的命题有_(填序号)解析：因为 a ，所以 a垂直于 内任一直线，所以正确；由 b 得 内存在一直线

7、 l与 b平行，在 内作直线 m l，则 m b， m a，再将 m平移得到直线 c，使c 即可，所以正确；由面面垂直的判定定理可得不正确；若 b ，则由 b 得 内存在一条直线 l与 b平行，必有 l ，即有 ，而 b 的平面 有无数个，所以正确答案：9.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱长为2， AC BC1， ACB90， D是 A1B1的中点， F是 BB1上的动点，AB1， DF交于点 E.要使 AB1平面 C1DF，则线段 B1F的长为_解析：设 B1F x，因为 AB1平面 C1DF， DF平面 C1DF，所以 AB1 DF.由已知可以得 A1B1 ，2设 Rt AA1

8、B1斜边 AB1上的高为 h，则 DE h.12又 2 h，2 22 2 2得 h ， DE .233 33在 Rt DB1E中， B1E .(22)2 (33)2 66由面积相等得 x，解得 x .66 x2 (22)2 22 12即线段 B1F的长为 .12答案：1210.(2019届高三重庆六校联考)如图，在四棱锥 PABCD中，底面 ABCD为菱形， DAB60， PD平面 ABCD， PD AD2， E， F分别为 AB和 PD的中点(1)求证： AF平面 PEC；(2)求点 F到平面 PEC的距离解：(1)证明：设 PC的中点为 Q，连接 EQ， FQ，由题意，得 FQ DC且 F

9、Q CD，124AE CD且 AE CD，12故 AE FQ且 AE FQ，所以四边形 AEQF为平行四边形，所以 AF EQ，又 EQ平面 PEC， AF平面 PEC，所以 AF平面 PEC.(2)由(1)，知点 F到平面 PEC的距离等于点 A到平面 PEC的距离，设为 D.连接 AC，由题给条件易求得EC ， PE ， PC2 ， AC2 ，7 7 2 3又 Q为 PC的中点，则 EQ ，5故 S PEC 2 ，12 2 5 10S AEC 1 ，12 3 32由 VAPEC VPAEC，得 d 2，13 10 13 32解得 d ，即点 F到平面 PEC的距离为 .3010 30101

10、1(2018柳州模拟)如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 AB侧面 BB1C1C， AB BC1， BB12， BCC160.(1)求证： BC1平面 ABC；(2)E是棱 CC1上的一点，若三棱锥 EABC的体积为 ，求线段312CE的长解：(1)证明： AB平面 BB1C1C，BC1平面 BB1C1C， AB BC1，在 CBC1中， BC1， CC1 BB12， BCC160，由余弦定理得BC BC2 CC 2 BCCC1cos BCC11 22 2212cos 603， BC1 ，21 21 3 BC2 BC CC ， BC BC1，21 21又 AB平面 ABC， BC平面 A

11、BC， BC AB B， BC1平面 ABC.(2) AB平面 BB1C1C， VEABC VAEBC S BCEAB 1CEsin 601 ， CE1.13 13 12 312512如图，四边形 ABCD是梯形，四边形 CDEF是矩形，且平面 ABCD平面CDEF， BAD CDA90， AB AD DE CD2， M是线段 AE上的动点12(1)试确定点 M的位置，使 AC平面 MDF，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面 MDF将几何体 ADEBCF分成的上、下两部分的体积之比解：(1)当 M是线段 AE的中点时， AC平面 MDF.理由如下：连接 CE，交 DF于点 N，连接 M

12、N，因为 M， N分别是 AE， CE的中点，所以 MN AC，又 MN平面 MDF， AC平面 MDF，所以 AC平面 MDF.(2)将几何体 ADEBCF补成三棱柱 ADEB1CF，由题意可得 ED CD， AD CD，又 AD ED D，所以 CD平面 ADE.又平面 ABCD平面 CDEF，平面 ABCD平面CDEF CD， ED CD，所以 ED平面 ABCD，则 ED AD.故三棱柱 ADEB1CF的体积为VADEB1CF S ADECD 2248，12则几何体 ADEBCF的体积 VADEBCF VADEB1CF VFBB1C8 222 .13 12 203三棱锥 FDEM的体积

13、 VFDEM VMDEF 241 ，13 12 43故平面 MDF将几何体 ADEBCF分成的上、下两部分的体积之比为 14.43 (203 43)6二、强化压轴考法拉开分1在三棱锥 PABC中， PB6， AC3， G为 PAC的重心，过点 G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线 PB和 AC，则截面被三棱锥截得的图形的周长为( )A8 B6C10 D9解析：选 A 如图，过点 G作 EF AC分别交 AP， CP于点 E， F，过点 F作 FM PB交 BC于点 M，过 E作 EN PB交 AB于点 N，可得EN FM，即 E， F， M， N四点共面，连接 MN，则平面 EFMN即为所求

14、的截面可得 MN AC EF， EN FM PB，而 G为 PAC的重心，所以 ，因为 AC3，所以 EF MN2，同理可得 EN FM2，所以EFAC MNAC 23EFMN的周长为 8.2正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，点 E， F分别是棱 D1C1， B1C1的中点，过 E， F作一平面 ，使得平面 平面 AB1D1，则平面 截正方体的表面所得平面图形为( )A三角形 B四边形C五边形 D六边形解析：选 D 如图，分别取 BB1， AB， AD， DD1的中点G， H， M， N，连接 FG， GH， MH， MN， EN.点 E， F分别是棱D1C1， B1C1的中点，

15、EF MH B1D1， MN FG AD1， GH EN AB1. MH GH H， AB1B1D1 B1，平面 EFGHMN平面 AB1D1.过 E， F作一平面 ，使得平面 平面 AB1D1，平面 截正方体的表面所得平面图形为六边形3.如图，在矩形 ABCD中， AB2 AD， E为边 AB的中点，将 ADE沿直线 DE翻折成A1DE.若 M为线段 A1C的中点，则在 ADE翻折的过程中，下面四个命题不正确的是( )A BM是定值B点 M在某个球面上运动C存在某个位置，使 DE A1CD存在某个位置，使 MB平面 A1DE解析：选 C 如图，取 CD的中点 F，连接 MF， BF，则MF

16、DA1， BF DE，平面 MBF平面 A1DE， MB平面 A1DE，故D正确； A1DE MFB， MF A1D为定值， FB DE为定值，127由余弦定理，得 MB2 MF2 FB22 MFFBcos MFB， MB是定值，故 A正确；点 B是定点，点 M在以 B为球心， MB为半径的球面上，故 B正确； A1C在平面 ABCD中的射影为 AC， AC与 DE不垂直，存在某个位置，使 DE A1C不正确，故选 C.4.如图，在棱长为 3的正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F， G分别为棱 AB， CC1， DD1的中点，过点 G作平面 D1EF的平行截面，则正方体被截面截得的较

17、小部分的几何体的体积为( )A6 B3C. D.94 32解析：选 D 如图，连接 GC，则 GC D1F，延长 D1F交 DC的延长线于 M，连接 EM，作 CN EM交 AD于 N，连接 GN，则平面 GCN为平行于平面 D1EF的截面，正方体被截面截得的较小部分的几何体为 DGCN，由题给条件得 DG ， CD CM3，由32tan DCNtan DME ，得 DN CDtan DCN3 2，所以23 23VDGCN VGCDN 32 .13 12 32 325.如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， AA1平面 ABCD， AB CD， DCB90，AB AD AA12 DC，

18、Q为棱 CC1上一动点，过直线 AQ的平面分别与棱BB1， DD1交于点 P， R，则下列结论错误的是( )A对于任意的点 Q，都有 AP QRB对于任意的点 Q，四边形 APQR不可能为平行四边形C存在点 Q，使得 ARP为等腰直角三角形D存在点 Q，使得直线 BC平面 APQR解析：选 C 由 AB CD， AA1 DD1，得平面 ABB1A1平面CDD1C1.平面 APQR平面 ABB1A1 AP，平面 APQR平面CDD1C1 RQ， AP QR，故 A选项正确；四边形 ABCD是直角梯形，AB CD，平面 BCC1B1与平面 ADD1A1不平行平面 APQR平面BCC1B1 PQ，平

19、面 APQR平面 ADD1A1 AR， PQ与 AR不平行，四边形 APQR不可能为平行四边形，故 B选项正确；如图，延长 CD至 M，使得 DM CD，则四边形 ABCM是矩形， BC AM.当 R， Q， M三点共线时， AM平面APQR， BC平面 APQR，故 D选项正确选 C.6.如图，棱长为 1的正方体 ABCDA1B1C1D1中， P为线段 A1B上的动点，则下列结论错误的是( )8A DC1 D1PB平面 D1A1P平面 A1APC APD1的最大值为 90D AP PD1的最小值为 2 2解析：选 C 由题意知 A1D1 DC1， A1B DC1.又 A1D1 A1B A1， DC1平面A1BCD1. D1P平面 A1BCD1， DC1 D1P，故 A选项正确；平面 D1A1P即为平面 A1BCD1，平面 A1AP即为平面 A1ABB1，且 D1A1平面 A1ABB1，平面 A1BCD1平面 A1ABB1，即平面D1A1P平面 A1AP，故 B选项正确当 0A1P 时， APD1为钝角，故22C选项错误；将平面 AA1B与平面 A1BCD1沿 A1B展成平面图形，如图，则线段 AD1即为 AP PD1的最小值在 D1A1A中， D1A1A135，利用余弦定理，得 AD1 ，故 AP PD1的最小2 2值为 ，故 D选项正确2 2